Zadanie 34. (0-4)
Dany jest trójkąt rozwartokątny ABC, w którym
ACB
ma miarę 120°. Ponadto wiadomo, że
10
BC =
i
10 7
AB =
(zobacz rysunek). Oblicz długość trzeciego boku trójkąta ABC.
10 7
10
120°
MMA_1P
Odpowiedź:
MMA_1P
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
Rozwiązanie zadania. Dany jest trójkąt rozwartokątny ABC, w którym ∠ACB ma miarę 120°. Ponadto wiadomo, że |BC|=10 i |AB|=10√7 (zobacz rysunek). Oblicz długość trzeciego boku trójkąta ABC.
Zadanie 34. (0-4)
Dany jest trójkąt rozwartokątny ABC, w którym
ma miarę
. Ponadto wiadomo, że
i
(zobacz rysunek). Oblicz długość trzeciego boku trójkąta ABC.
Rozwiązanie
I sposób (trójkąt 30-60-90)
Poprowadźmy wysokość BD trójkąta ABC i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Wtedy kąt BCD jest przyległy do kąta ACB. Zatem
180
120
60
BCD =
°-
° =
°
. To oznacza,
że trójkąt prostokątny BCD jest połową trójkąta równobocznego. Stąd wynika, że
1
2
CD
BC
oraz
3
BD
CD
,
czyli
10
5
1
2
x =
⋅
oraz
5 3
bh =
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABD otrzymujemy
2
2
2
AB
AD
BD
,
(
)
(
)
2
2
2
10 7
b
x
b
h
,
(
)
(
)
(
)
2
2
2
10 7
5
5 3
b
,
(
)
2
5
700
75
b
,
(
)
2
5
625
b
Stąd
5
25
b
,
20
b =
Odpowiedź. Długość boku AC trójkąta ABC jest równa 20.
Uwaga do I sposobu rozwiązania
Analogiczne rozwiązanie otrzymamy, prowadząc wysokość z wierzchołka A. Przyjmijmy
oznaczenia jak na rysunku.
ACB
120°
10
BC =
10 7
AB =
20
Wtedy kąt ACF jest przyległy do kąta ACB. Zatem
180
120
60
ACF =
°-
° =
°
. To oznacza,
że trójkąt prostokątny ACF jest połową trójkąta równobocznego.
Stąd wynika, że
1
2
CF
AC
oraz
3
AF
CF
, czyli
1
2
z
b
oraz
3
2
ah
b
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABF otrzymujemy
2
2
2
AB
AF
BF
,
(
)
(
)
2
2
2
10 7
10
a
z
h
,
(
)
(
)
(
)
2
2
2
10 7
10
3
2
2
b
b
,
2
2
700
100 10
3
1
4
4
b
b
b
,
2
10
600
0
b
b
,
(
)(
)
20
30
0
b
b
Stąd
20
b =
lub
30
b = -
Długość boku nie może być ujemna, więc
20
b =
Odpowiedź. Długość boku AC trójkąta ABC jest równa 20.
II sposób (twierdzenie cosinusów)
Niech b oznacza długość boku AC trójkąta ABC.
Z twierdzenia cosinusów otrzymujemy
2
2
2
2
cos120
AB
AC
BC
AC
BC
⋅
⋅
⋅
° ,
21
(
)
2
2
2
10 7
10
2 10
cos120
b
b
-⋅
⋅⋅
° ,
(
)
(
)
2
2
2
1
2
10 7
10
2 10
b
b
-⋅
⋅⋅-
2
700
10
100
b
b
,
2
10
600
0
b
b
,
(
)(
)
20
30
0
b
b
,
20
b =
lub
30
b = -
Zatem
20
b =
, gdyż długość odcinka nie może być liczbą ujemną.
Odpowiedź. Długość boku AC trójkąta ABC jest równa 20.
III sposób (pole trójkąta i twierdzenie Pitagorasa)
Poprowadźmy wysokość CE trójkąta ABC i niech b
AC
,
ch
CE
, y
BE
Pole trójkąta ABC jest równe
3
5 3
1
1
2
2
2
2
sin120
10
ABC
P
AC
BC
b
b
⋅
⋅
⋅
° =
⋅⋅
⋅
Z drugiej strony to samo pole jest równe
1
1
2
2 10 7
5 7
ABC
c
c
c
P
AB h
h
h
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Zatem
5 3
2
5 7
ch
b
⋅
,
(1)
3
2 7
ch
b
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów AEC i BEC otrzymujemy
2
2
2
AC
AE
CE
oraz
2
2
2
BC
BE
CE
,
(
)
2
2
2
10 7
c
b
y
h
oraz
2
2
2
10
c
y
h
,
2
2
2
700
20 7
c
b
y
y
h
oraz
2
2
2
10
c
y
h
,
Stąd
2
700
20 7
100
b
y
oraz
2
2
100
c
y
h
,
2
800
20 7
b
y
oraz
2
2
100
c
y
h
Stąd z i równania (1) otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą
22
(
)
(
)
2
2
2
3
800
20 7
2 7
100
b
b
,
4
2
2
1
4
1600
3
100
2800
7
7
28
b
b
b
,
4
2
1300
360000
0
b
b
,
(
)(
)
2
2
400
900
0
b
b
,
(
)(
)(
)(
)
20
20
30
30
0
b
b
b
b
Ponieważ
0
b >
, więc
20
b =
lub
30
b =
. Najdłuższy bok trójkąta ABC to bok AB, więc b nie
może być równe 30.
Odpowiedź. Długość boku AC trójkąta ABC jest równa 20.
IV sposób (pole trójkąta i wzór Herona)
Niech b
AC
Pole trójkąta ABC jest równe
3
5 3
1
1
2
2
2
2
sin120
10
ABC
P
AC
BC
b
b
⋅
⋅
⋅
° =
⋅⋅
⋅
Z drugiej strony ze wzoru Herona możemy to samo pole zapisać w postaci
(
)(
)(
)
10
10 7
ABC
P
p p
p
p
b
,
gdzie
10 10 7
2
b
p
. Otrzymujemy więc równanie
5 3
2
10
10 7
10 10 7
10 10 7
10
10 7
2
2
2
2
b
b
b
b
b
⋅
⋅
⋅
,
(
)
2
5 3
2
10 10 7
10 10 7
10 10 7
10 10 7
2
2
2
2
b
b
b
b
b
⋅
⋅
⋅
,
(
)
2
2
2
10 7
100 20 7
600
75
4
4
4
b
b
b
b
⋅
,
(
)(
)
2
2
2
20 7
600
20 7
600
300
b
b
b
b
b
,
4
2
2
1600
360000
300
b
b
b
,
4
2
1300
360000
b
b
(
)(
)
2
2
400
900
0
b
b
,
(
)(
)(
)(
)
20
20
30
30
0
b
b
b
b
23
Ponieważ
0
b >
, więc
20
b =
lub
30
b =
. Najdłuższy bok trójkąta ABC to bok AB, więc b nie
może być równe 30.
Odpowiedź. Długość boku AC trójkąta ABC jest równa 20.
V sposób (twierdzenia Stewarta)
Niech b
AC
. Narysujmy na zewnątrz trójkąta ABC trójkąt równoboczny ACM, a przez
wierzchołek B poprowadźmy prostą równoległą do prostej AC do przecięcia z prostą AM
w punkcie N, jak na rysunku.
Wtedy trójkąt BMN jest równoboczny, a jego bok ma długość
10
b+
. Z twierdzenia Stewarta
otrzymujemy
(
)
2
2
2
BM
AN
BN
AM
MN
AB
AM
AN
⋅
⋅
⋅
,
(
)
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
10
10
10
10
10 7
10
b
b
b
b
b
⋅
⋅
,
(
)
(
)
10 10
10
700
10
b
b
b
b
⋅
⋅
,
2
20
100
700
10
b
b
b
,
2
10
600
0
b
b
,
(
)(
)
20
30
0
b
b
,
20
b =
lub
30
b = -
Zatem
20
b =
, gdyż długość odcinka nie może być liczbą ujemną.
Odpowiedź. Długość boku AC trójkąta ABC jest równa 20.
Schemat oceniania I, II, III, IV i V sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• zauważy, że kąt zewnętrzny trójkąta ABC przy wierzchołu C ma miarę 60°
24
albo
• poprowadzi wysokość BD lub wysokość AF trójkąta ABC
albo
• zapisze równość wynikająca z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC:
2
2
2
2
cos120
AB
AC
BC
AC
BC
-⋅
⋅
⋅
°
albo
• zapisze układ równań pozwalający otrzymać równanie z jedną niewiadomą b, np.:
5 3
2
5 7
ch
b
⋅
i
(
)
2
2
2
10 7
c
b
y
h
i
2
2
2
10
c
y
h
lub
10
10 7
10
10 7
10 10 7
10 10 7
2
2
2
2
ABC
b
b
b
b
P
⋅
⋅
⋅
i
5 3
2
ABC
P
b
albo
• narysuje trójkąt równoboczny AMN
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający
• obliczy długości przyprostokątnych trójkąta BCD:
5
CD =
i
5 3
BD =
albo
• wyznaczy długości odcinków AF i CF w zależności od b:
3
2
AF
b
,
2
CF
b
albo
• zapisze równanie z jedną niewiadomą b w postaci:
(
)
2
2
2
10 7
10
2 10
cos120
b
b
-⋅
⋅⋅
°
albo
• zapisze równanie z jedną niewiadomą b w postaci:
(
)
(
)
2
2
2
3
800
20 7
2 7
100
b
b
albo
• zapisze równanie z jedną niewiadomą b w postaci:
5 3
2
10
10 7
10 10 7
10 10 7
10
10 7
2
2
2
2
b
b
b
b
b
⋅
⋅
⋅
albo
• zapisze równanie wynikające z twierdzenia Stewarta dla trójkąta AMN:
(
)
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
10
10
10
10
10 7
10
b
b
b
b
b
⋅
⋅
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy
25
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający
• zapisze równanie stopnia drugiego z jedną niewiadomą b, np.:
(
)
(
)
(
)
2
2
2
10 7
5
5 3
b
, (
)
(
)
2
2
2
1
2
10 7
10
2 10
b
b
-⋅
⋅⋅-
,
(
)
(
)
(
)
2
2
2
10 7
10
3
2
2
b
b
, (
)
(
)
10 10
10
700
10
b
b
b
b
⋅
⋅
albo
• zapisze równanie stopnia wyższego niż 2 z jedną niewiadomą b w postaci, w której po
jednej stronie równania jest 0, a po drugiej iloczyn wielomianów, z których każdy jest
stopnia co najwyżej drugiego, np.: (
)(
)
2
2
400
900
0
b
b
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy długość boku AC trójkąta ABC:
20
AC =
Uwagi
i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać za całe rozwiązanie co najwyżej
3 punkty.
2 we wzorze na pole
trójkąta i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać za całe rozwiązanie co
najwyżej 3 punkty.
rozważanego zagadnienia na żadnym etapie rozwiązania, jest błąd polegający na niepoprawnym
zastosowaniu
a) zależności między długościami boków w trójkącie 30-60-90,
b) twierdzenia Pitagorasa,
c) definicji funkcji trygonometrycznych,
d) wzoru redukcyjnego,
e) wzoru na pole trójkąta z sinusem kąta między bokami
f) wzoru Herona na pole trójkąta
g) twierdzenia cosinusów,
h) twierdzenia Stewarta,
i) wzoru skróconego mnożenia, np. na kwadrat sumy lub różnicy, np.: (
)
2
2
2
a
b
a
b
, albo
niepoprawnym obliczeniu pierwiastka z sumy lub różnicy, np.
2
2
a
b
a
b
,
to za całe rozwiązanie zdający może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
ostrych trójkąta ABC jest równy 30°, 45°, 60°, to za całe rozwiązanie może otrzymać co
najwyżej 1 punkt.
20
AC =
, to otrzymuje 0 punktów.
20
"}]}